專題14圓與二次函數(shù)綜合

專題14圓與二次函數(shù)綜合1．如圖1，拋物線y=ax2+bx+3與x軸相交于點(diǎn)A（3，0），B（1，0），與y軸相交于點(diǎn)C，⊙O1為△ABC的外接圓，交拋物線于另一點(diǎn)D．(1)求拋物線的解析式；(2)求cos∠CAB的值和⊙O1的半徑；(3)如圖2，拋物線的頂點(diǎn)為P，連接BP，CP，BD，M為弦BD中點(diǎn)，若點(diǎn)N在坐標(biāo)平面內(nèi)，滿足△BMN∽△BPC，請(qǐng)直接寫出所有符合條件的點(diǎn)N的坐標(biāo)．【答案】(1)y=x2+4x+3；(2)cos∠CAB=，⊙O1的半徑為；(3)點(diǎn)N的坐標(biāo)為（，?）或（，?）．【分析】（1）利用待定系數(shù)法求出拋物線的解析式；（2）如答圖1所示，由△AOC為等腰直角三角形，確定∠CAB=45°，從而求出其三角函數(shù)值；由圓周角定理，確定△BO1C為等腰直角三角形，從而求出半徑的長(zhǎng)度；（3）如答圖2所示，首先利用圓及拋物線的對(duì)稱性求出點(diǎn)D坐標(biāo)，進(jìn)而求出點(diǎn)M的坐標(biāo)和線段BM的長(zhǎng)度；點(diǎn)B、P、C的坐標(biāo)已知，求出線段BP、BC、PC的長(zhǎng)度；然后利用△BMN∽△BPC相似三角形比例線段關(guān)系，求出線段BN和MN的長(zhǎng)度；最后利用兩點(diǎn)間的距離公式，列出方程組，求出點(diǎn)N的坐標(biāo)．(1)解：∵拋物線y=ax2+bx+3與x軸相交于點(diǎn)A（3，0），B（1，0），∴，解得，∴拋物線的解析式為：y=x2+4x+3；(2)解：由（1）知，拋物線解析式為：y=x2+4x+3，∵令x=0，得y=3，∴C（0，3），∴OC=OA=3，則△AOC為等腰直角三角形，∴∠CAB=45°，∴cos∠CAB=．在Rt△BOC中，由勾股定理得：BC=．如答圖1所示，連接O1B、O1C，由圓周角定理得：∠BO1C=2∠BAC=90°，∴△BO1C為等腰直角三角形，∴⊙O1的半徑O1B=BC=；(3)解：拋物線y=x2+4x+3=（x+2）21，∴頂點(diǎn)P坐標(biāo)為（2，1），對(duì)稱軸為x=2．又∵A（3，0），B（1，0），可知點(diǎn)A、B關(guān)于對(duì)稱軸x=2對(duì)稱．如答圖2所示，由圓及拋物線的對(duì)稱性可知：點(diǎn)D、點(diǎn)C（0，3）關(guān)于對(duì)稱軸對(duì)稱，∴D（4，3）．又∵點(diǎn)M為BD中點(diǎn)，B（1，0），∴M（?，），∴BM=；在△BPC中，B（1，0），P（2，1），C（0，3），由兩點(diǎn)間的距離公式得：BP=，BC=，PC=2．∵△BMN∽△BPC，∴，即，解得：BN=，MN=3．設(shè)N（x，y），由兩點(diǎn)間的距離公式可得：，解之得，，，∴點(diǎn)N的坐標(biāo)為（，?）或（，?）．【點(diǎn)睛】本題綜合考查了二次函數(shù)的圖象與性質(zhì)、待定系數(shù)法、圓的性質(zhì)、相似三角形、勾股定理、兩點(diǎn)間的距離公式等重要知識(shí)點(diǎn)，涉及的考點(diǎn)較多，試題難度較大．難點(diǎn)在于第（3）問，需要認(rèn)真分析題意，確定符合條件的點(diǎn)N有兩個(gè)，并畫出草圖；然后尋找線段之間的數(shù)量關(guān)系，最終正確求得點(diǎn)N的坐標(biāo)．2．如圖1，過點(diǎn)A（0，4）的圓的圓心坐標(biāo)為C（2，0），B是第一象限圓弧上的一點(diǎn)，且BC⊥AC，拋物線經(jīng)過C、B兩點(diǎn)，與x軸的另一交點(diǎn)為D．（1）點(diǎn)B的坐標(biāo)為（，），拋物線的表達(dá)式為.（2）如圖2，求證：BD//AC；（3）如圖3，點(diǎn)Q為線段BC上一點(diǎn)，且AQ=5，直線AQ交⊙C于點(diǎn)P，求AP的長(zhǎng)．【答案】（1）（6，2）（2）見解析（3）8【詳解】解：（1）過點(diǎn)B作BE⊥x軸于點(diǎn)E，∵AC⊥BC，∴∠ACO+∠BCE=90°，∵∠ACO+∠OAC=90°，∠BCE+∠CBE=90°，∴∠OAC=∠BCE，∠ACO=∠CBE．∵在△AOC與△CEB中，∴△AOC≌△CEB（AAS），則CE=AO=4，BE=CO=2，OE=6，∴B（6，2）．將B（6，2），C（2，0）代入，得，解得．∴拋物線的表達(dá)式為．（2）證明：令，即，解得x=2或x=7．∴D（7，0）．如下圖所示，過點(diǎn)B作BE⊥x軸于點(diǎn)E，則DE=ODOE=1，CD=ODOC=5．在Rt△BDE中，由勾股定理得：；在Rt△BCE中，由勾股定理得：在△BCD中，BC=，BD=，CD=5．∴．∴∠CBD=90°，即BD⊥BC．又∵AC⊥BC，∴BD//AC．（3）連接AB，BP，∵AC⊥BC，BC=AC=，∴∠ACB=90°，∠ABC=45°，∠APB=∠ACB=45°，AB=．∴∠ABQ=∠APB．又∵∠BAQ=∠PAB，∴△ABQ∽△APB．∴，即，解得AP=8．3．在平面直角坐標(biāo)系中，二次函數(shù)y=ax2+x+c的圖象經(jīng)過點(diǎn)C（0，2）和點(diǎn)D（4，﹣2）．點(diǎn)E是直線y=﹣x+2與二次函數(shù)圖象在第一象限內(nèi)的交點(diǎn)．（1）求二次函數(shù)的解析式及點(diǎn)E的坐標(biāo)．（2）如圖①，若點(diǎn)M是二次函數(shù)圖象上的點(diǎn)，且在直線CE的上方，連接MC，OE，ME．求四邊形COEM面積的最大值及此時(shí)點(diǎn)M的坐標(biāo)．（3）如圖②，經(jīng)過A、B、C三點(diǎn)的圓交y軸于點(diǎn)F，求點(diǎn)F的坐標(biāo)．【答案】（1）E（3，1）；（2）S最大=，M坐標(biāo)為（，3）；（3）F坐標(biāo)為（0，﹣）．【分析】1）把C與D坐標(biāo)代入二次函數(shù)解析式求出a與c的值，確定出二次函數(shù)解析式，與一次函數(shù)解析式聯(lián)立求出E坐標(biāo)即可；（2）過M作MH垂直于x軸，與直線CE交于點(diǎn)H，四邊形COEM面積最大即為三角形CME面積最大，構(gòu)造出二次函數(shù)求出最大值，并求出此時(shí)M坐標(biāo)即可；（3）令y=0，求出x的值，得出A與B坐標(biāo)，由圓周角定理及相似的性質(zhì)得到三角形AOC與三角形BOF相似，由相似得比例求出OF的長(zhǎng)，即可確定出F坐標(biāo)．【詳解】（1）把C（0，2），D（4，﹣2）代入二次函數(shù)解析式得：，解得：，即二次函數(shù)解析式為y=﹣x2+x+2，聯(lián)立一次函數(shù)解析式得：，消去y得：﹣x+2=﹣x2+x+2，解得：x=0或x=3，則E（3，1）；（2）如圖①，過M作MH∥y軸，交CE于點(diǎn)H，設(shè)M（m，﹣m2+m+2），則H（m，﹣m+2），∴MH=（﹣m2+m+2）﹣（﹣m+2）=﹣m2+2m，S四邊形COEM=S△OCE+S△CME=×2×3+MH?3=﹣m2+3m+3，當(dāng)m=﹣=時(shí)，S最大=，此時(shí)M坐標(biāo)為（，3）；（3）連接BF，如圖②所示，當(dāng)﹣x2+x+20=0時(shí)，x1=，x2=，∴OA=，OB=，∵∠ACO=∠ABF，∠AOC=∠FOB，∴△AOC∽△FOB，∴，即，解得：OF=，則F坐標(biāo)為（0，﹣）．【點(diǎn)睛】此題屬于二次函數(shù)綜合題，涉及的知識(shí)有：待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式，相似三角形的判定與性質(zhì)，三角形的面積，二次函數(shù)圖象與性質(zhì)，以及圖形與坐標(biāo)性質(zhì)，熟練掌握各自的性質(zhì)是解本題的關(guān)鍵．4．已知：直角梯形中，∥，∠=，以為直徑的圓交于點(diǎn)、，連結(jié)、、.（1）在不添加其他字母和線的前提下，直接寫出圖1中的兩對(duì)相似三角形：_____________________，______________________；（2）直角梯形中，以為坐標(biāo)原點(diǎn)，在軸正半軸上建立直角坐標(biāo)系（如圖2），若拋物線經(jīng)過點(diǎn)、、，且為拋物線的頂點(diǎn).①寫出頂點(diǎn)的坐標(biāo)（用含的代數(shù)式表示）___________；②求拋物線的解析式；③在軸下方的拋物線上是否存在這樣的點(diǎn)，過點(diǎn)作⊥軸于點(diǎn)，使得以點(diǎn)、、為頂點(diǎn)的三角形與△相似？若存在，求出點(diǎn)的坐標(biāo)；若不存在，說明理由.【答案】（1）△∽△，△∽△.（2）①（1，）②拋物線的解析式為：，③當(dāng)時(shí)，點(diǎn)為（，）、（，），當(dāng)時(shí)，兩個(gè)點(diǎn)不存在【詳解】試題分析：（1）根據(jù)有兩個(gè)角對(duì)應(yīng)相等的兩個(gè)三角形相似可證得△OAD∽△CDB，△ADB∽△ECB；（2）①先根據(jù)拋物線的對(duì)稱軸確定出點(diǎn)B的橫坐標(biāo)為1，代入函數(shù)關(guān)系式即可得出點(diǎn)B的縱坐標(biāo)4a，所以B（1，4a），②令y=0，可先確定出點(diǎn)A的坐標(biāo)，然后利用△OAD∽△CDB，和拋物線的開口方向確定出a的值即可；③設(shè)點(diǎn)P（x，y），分點(diǎn)P在對(duì)稱軸左側(cè)和右側(cè)兩種情況討論，利用相似三角形的性質(zhì)和拋物線解析式解答即可．試題解析：（1）△OAD∽△CDB，△ADB∽△ECB；（2）①（1，4a），②∵ax22ax3a=0，可得A（3，0），∵△OAD∽△CDB，∴，又OC=4a，OD=3a，CD=a，CB=1，∴，∴，∵拋物線開口向下，∴，故拋物線的解析式為：；③當(dāng)點(diǎn)P在對(duì)稱軸左側(cè)時(shí)如圖：因?yàn)?，所以點(diǎn)B為（1,4），點(diǎn)D為（0,3），又A（3，0），所以,因?yàn)闉閳AM的直徑，所以∠ADB=90°，設(shè)點(diǎn)P坐標(biāo)為（x，y），所以PN=y，AN=3x，當(dāng)△APN∽△ABD時(shí)，,所以，所以3y=x3，又，所以，解得x=或x=3（不合題意舍去），所以y=，所以點(diǎn)P為（，）；當(dāng)△PAN∽△ABD時(shí)，,所以，所以y=3x9，又，所以，解得x=4或x=3（不合題意舍去），所以y=21，所以點(diǎn)P為（4，21）；當(dāng)點(diǎn)P在對(duì)稱軸右側(cè)時(shí)如圖：同理可得：△APN∽△ABD時(shí)，x=或3，都不合題意，或者△PAN∽△ABD時(shí)，x=2或3，都不合題意，即當(dāng)時(shí)兩個(gè)點(diǎn)不存在．考點(diǎn)：1．相似三角形的判定與性質(zhì)2．圓的基本性質(zhì)3．二次函數(shù)與幾何知識(shí)的綜合．5．如圖，拋物線與x軸交于A，B兩點(diǎn)（點(diǎn)B在點(diǎn)A的左邊），與y軸交于點(diǎn)C，且．（1）求拋物線的解析式．（2）如圖1，若點(diǎn)P是線段（不與A、C重合）上一動(dòng)點(diǎn)，過點(diǎn)P作x軸的垂線交拋物線于M點(diǎn)，連接將沿對(duì)折，如果點(diǎn)P的對(duì)應(yīng)點(diǎn)N恰好落在y軸上，求此時(shí)點(diǎn)P的坐標(biāo)．（3）如圖2，若第四象限有一動(dòng)點(diǎn)E，滿足，過E作軸于點(diǎn)F，設(shè)F坐標(biāo)為，，的內(nèi)心為I，連接，，，，①請(qǐng)找出一對(duì)全等的三角形并證明；②請(qǐng)直接寫出的最小值．【答案】（1）；（2）P（3?，?）；（3）①△AIO≌△AIE，理由見詳解；②【分析】（1）在拋物線中，令y＝0，得出點(diǎn)A、B坐標(biāo)，再根據(jù)OA＝OC，建立方程求a的值即可求出函數(shù)的關(guān)系式；（2）先求出直線AC解析式，設(shè)M點(diǎn)坐標(biāo)為（m，m2?2m?3），P（m，m?3），由題意：△PCM沿CM對(duì)折，點(diǎn)P的對(duì)應(yīng)點(diǎn)N恰好落在y軸上，可得到關(guān)于m的一元二次方程，求出m即可得到答案；（3）①在△AIO和△AIE中，根據(jù)SAS，即可得到結(jié)論；②作△OAI的外接圓⊙M，連接OM，AM，MI，CM，過M作MH⊥y軸于H，由△AIO≌△AIE，再結(jié)合三角形外接圓及等腰直角三角形性質(zhì)求得：CM，MI，再根據(jù)三角形三邊長(zhǎng)關(guān)系可得答案．【詳解】解：（1）在中，令y＝0，得：，解得：x1＝3，x2＝?1，∴B（?1，0），A（3，0），∴OA＝3，∵OA＝OC，∴OC＝3，∴C（0，?3），∴?3a＝?3，∴a＝1，∴拋物線解析式為：；（2）設(shè)直線AC解析式為y＝kx＋b，∵A（3，0），C（0，?3），∴，解得：，∴直線AC解析式為：y＝x?3，設(shè)M點(diǎn)坐標(biāo)為（m，m2?2m?3），∵PM⊥x軸，∴P（m，m?3），∴PM＝m?3?（m2?2m?3）＝?m2＋3m，∵OA＝OC，∠AOC＝90°，∴CA＝OA，∴CP＝m，∵△PCM沿CM對(duì)折，點(diǎn)P的對(duì)應(yīng)點(diǎn)N恰好落在y軸上，∴∠PCM＝∠NCM，∵PM∥y軸，∴∠NCM＝∠PMC，∴∠PCM＝∠PMC，∴PC＝PM，∴m=?m2＋3m，解得：m1＝0（舍去），m2＝3?，∴當(dāng)m＝3?時(shí)，m?3＝?，∴P（3?，?）；（3）①△AIO≌△AIE，理由如下：∵△AEF的內(nèi)心為I，∴AI，EI分別平分∠FAE，∠FEA，在△AIO和△AIE中，，∴△AIO≌△AIE（SAS），②作△OAI的外接圓⊙M，連接OM，AM，MI，CM，過M作MH⊥y軸于H，∵EF⊥x軸，∴∠AFE＝90°，∴∠FAE＋∠FEA＝90°，∵△AEF的內(nèi)心為I，∴AI，EI分別平分∠FAE，∠FEA，∴∠IAE＝∠FAE，∠IEA＝∠FEA，∴∠IAE＋∠IEA＝（∠FAE＋∠FEA）＝45°，∴∠AIE＝135°，∵△AIO≌△AIE，∴∠AIO＝∠AIE＝135°，∵⊙M是△OAI的外接圓，∴∠OMA＝2×（180°?∠AIO）＝90°，∴OM＝AM＝OA＝，∴MI＝OM＝，∴∠MOA＝∠MOH＝45°，∵M(jìn)H⊥y軸，∴∠HOM＝∠HMO＝45°，∴OH＝HM＝OM＝，∴CH＝OH＋OC＝＋3＝，∴CM＝，∵CI≥CM?MI，當(dāng)且僅當(dāng)C、M、I三點(diǎn)共線時(shí)，CI取得最小值，∴CI的最小值為．【點(diǎn)睛】本題考查了二次函數(shù)綜合，待定系數(shù)法，三角形內(nèi)心、外接圓，幾何變換?對(duì)折，全等三角形判定和性質(zhì)等知識(shí)點(diǎn)，充分利用三角形內(nèi)心，合理作輔助線是解題關(guān)鍵．6．已知拋物線與軸分別交于點(diǎn)，，與軸交于點(diǎn)，對(duì)稱軸與軸交于點(diǎn)，頂點(diǎn)為．（1）求拋物線的解析式；（2）若點(diǎn)為對(duì)稱軸右側(cè)且位于軸上方的拋物線上一動(dòng)點(diǎn)（點(diǎn)與頂點(diǎn)不重合），于點(diǎn)，當(dāng)與相似時(shí)，求點(diǎn)的坐標(biāo)；（3）對(duì)稱軸上是否存在一點(diǎn)使得，若存在求出點(diǎn)的坐標(biāo)，若不存在請(qǐng)說明理由．【答案】（1）；（2）；（3）存在，點(diǎn)M的坐標(biāo)為，或【分析】（1）利用待定系數(shù)法求出拋物線的解析式；（2）由P的位置分析得只能是，得．延長(zhǎng)交軸于，則，設(shè)，由兩點(diǎn)間距離公式可列方程得到F點(diǎn)的坐標(biāo)，用待定系數(shù)法求直線EF的解析式，于拋物線聯(lián)立即可求得P點(diǎn)坐標(biāo)；（3）當(dāng)點(diǎn)在軸上方時(shí)，連接，，由拋物線的對(duì)稱性可知MA=MB，則，利用圓中同弧所對(duì)圓周角相等的性質(zhì)得圓心在對(duì)稱軸上，設(shè)的坐標(biāo)為，根據(jù)，可列方程求得的坐標(biāo)，從而求得M的坐標(biāo)，最后由軸對(duì)稱性質(zhì)可知另一點(diǎn)的坐標(biāo)．【詳解】解：（1）把，，點(diǎn)坐標(biāo)分別代入拋物線解析式，得：解得：，∴拋物線的解析式：（2）如圖，只能是，得．延長(zhǎng)交軸于，∴，∴設(shè)，則∴，即．設(shè)直線的解析式為，則，解之得，∴直線的解析式．聯(lián)立，解得或（舍去）∴．（3）如圖2，當(dāng)點(diǎn)在軸上方時(shí)，連接，，設(shè)的坐標(biāo)為，若，則點(diǎn)，，，四點(diǎn)在以為圓心的圓上∴∵是拋物線的對(duì)稱軸，∴，∴，∴，∵，，，∴，，∴，∴，∴，，∴，∴，當(dāng)點(diǎn)在軸下方時(shí)，由對(duì)稱知，，即：點(diǎn)的坐標(biāo)為，或．【點(diǎn)睛】本題考查二次函數(shù)的綜合應(yīng)用，利用二次函數(shù)圖像的性質(zhì)求點(diǎn)的坐標(biāo)，圓的性質(zhì)確定點(diǎn)的位置，掌握二次函數(shù)圖象的性質(zhì)為解題關(guān)鍵．7．如圖，拋物線過點(diǎn)A（，2），且與直線交于B、C兩點(diǎn)，點(diǎn)B的坐標(biāo)為（，m）．（1）求拋物線的解析式；（2）點(diǎn)D為拋物線上位于直線BC上方的一點(diǎn)，過點(diǎn)D作DE⊥x軸交直線BC于點(diǎn)E，點(diǎn)P為對(duì)稱軸上一動(dòng)點(diǎn)，當(dāng)線段DE的長(zhǎng)度最大時(shí)，求PD+PA的最小值；（3）設(shè)點(diǎn)M為拋物線的頂點(diǎn)，在y軸上是否存在點(diǎn)Q，使得∠AQM=45°？若存在，求點(diǎn)Q的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說明理由．【答案】（1）；（2）PD+PA的最小值為；（3）Q1（0，2）、Q2（0，2+）．【分析】（1）將點(diǎn)B的坐標(biāo)為（4，m）代入，，B的坐標(biāo)為（4，），將A（3，2），B（4，）代入y=x2+bx+c，解得b=1，c=，因此拋物線的解析式y(tǒng)=?x2x+；（2）設(shè)D（m，m2m+），則E（m，m+），DE=（m2m+）（m+）=m22m=（m+2）2+2，當(dāng)m=2時(shí)，DE有最大值為2，此時(shí)D（2，），作點(diǎn)A關(guān)于對(duì)稱軸的對(duì)稱點(diǎn)A'，連接A'D，與對(duì)稱軸交于點(diǎn)P．PD+PA=PD+PA'=A'D，此時(shí)PD+PA最??；（3）作AH⊥對(duì)稱軸于點(diǎn)H，連接AM、AQ、MQ、HA、HQ，由M（1，4），A（3，2），可得AH=MH=2，H（1，2）因?yàn)椤螦QM=45°，∠AHM=90°，所以∠AQM=∠AHM，可知△AQM外接圓的圓心為H，于是QH=HA=HM=2設(shè)Q（0，t），則，t=2+或2，求得符合題意的點(diǎn)Q的坐標(biāo)：Q1（0，2）、Q2（0，2+）．【詳解】解：（1）將點(diǎn)B的坐標(biāo)為（4，m）代入，得m=4+=，∴B的坐標(biāo)為（4，），將A（3，2），B（4，）代入y=x2+bx+c，解得b=1，c=，∴拋物線的解析式y(tǒng)=?x2x+；（2）設(shè)D（m，?m2m+），則E（m，m+），DE=（?m2m+）（m+）=?m22m=（m+2）2+2，∴當(dāng)m=2時(shí)，DE有最大值為2，此時(shí)D（2，），作點(diǎn)A關(guān)于對(duì)稱軸的對(duì)稱點(diǎn)A'，連接A'D，與對(duì)稱軸交于點(diǎn)P．PD+PA=PD+PA'=A'D，此時(shí)PD+PA最小，∵A（3，2），∴A'（1，2），A'D=，即PD+PA的最小值為；（3）作AH⊥對(duì)稱軸于點(diǎn)H，連接AM、AQ、MQ、HA、HQ，∵拋物線的解析式，∴M（1，4），∵A（3，2），∴AH=MH=2，H（1，2）∵∠AQM=45°，∠AHM=90°，∴∠AQM=∠AHM，可知△AQM外接圓的圓心為H，∴QH=HA=HM=2設(shè)Q（0，t），則，解得，t=2+或2∴符合題意的點(diǎn)Q的坐標(biāo)：Q1（0，2）、Q2（0，2+）．【點(diǎn)睛】本題考查了二次函數(shù)，熟練運(yùn)用二次函數(shù)的圖象的性質(zhì)與一次函數(shù)的性質(zhì)以及圓周角定理是解題的關(guān)鍵．8．我們不妨約定：對(duì)角線互相垂直的凸四邊形叫做“十字形”．（注：凸四邊形就是沒有角度數(shù)大于180°的四邊形，把四邊形的任何一邊向兩方延長(zhǎng)，其他各邊都在延長(zhǎng)所得直線的同一旁，這樣的四邊形叫做凸四邊形．）（1）①在“平行四邊形，矩形，菱形，正方形”中，一定是“十字形”的有_________；②在凸四邊形中，且，則該四邊形_________“十字形”．（填“是”或“不是”）（2）如圖1，，，，是半徑為1的上按逆時(shí)針方向排列的四個(gè)動(dòng)點(diǎn)，與交于點(diǎn)，，當(dāng)時(shí)，求的取值范圍；（3）如圖2，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線（，，為常數(shù)，，）與軸交于，兩點(diǎn)（點(diǎn)在點(diǎn)的左側(cè)），是拋物線與軸的交點(diǎn)，點(diǎn)的坐標(biāo)為，記“十字形”的面積為，記，，，的面積分別為，，，．求同時(shí)滿足下列三個(gè)條件的拋物線的解析式：①；②；③“十字形”的周長(zhǎng)為．【答案】（1）①菱形，正方形；②不是；（2）（）；（3）．【分析】（1）①根據(jù)十字形的定義結(jié)合平行四邊形，矩形，菱形，正方形對(duì)角線的性質(zhì)進(jìn)行判斷；②假設(shè)當(dāng)時(shí)，根據(jù)SSS定理證得，然后結(jié)合全等三角形的性質(zhì)求得，從而根據(jù)題意判斷四邊形不是“十字形”；（2）先根據(jù)圓周角定理求得，然后過點(diǎn)作于，于，連接，，結(jié)合垂徑定理和勾股定理求得，然后根據(jù)題意列不等式組求解即可；（3）由二次函數(shù)的性質(zhì)求求得，，，，，然后結(jié)合三角形面積分別求得，，，，，然后根據(jù)題意列等式分別求得a，b的值，從而判斷四邊形是菱形，利用菱形性質(zhì)求解c，求得拋物線解析式．【詳解】解：（1）①∵菱形，正方形的對(duì)角線互相垂直，∴菱形，正方形是：“十字形”，∵平行四邊形，矩形的對(duì)角線不一定垂直，∴平行四邊形，矩形不是“十字形”，故答案為：菱形，正方形；②如圖，當(dāng)時(shí)，在和中，，∴，∴，∵，∴，∴當(dāng)時(shí)，四邊形不是“十字形”，故答案為：不是；（2）∵，，，∴，∴，∴，∴，如圖1，過點(diǎn)作于，于，連接，，∴，，，，，四邊形是矩形，∴，，∴，∵，∴，∴，∴（）；（3）由題意得，，，，，∵，，∴，，，，，，∴，，，，，∵，，∴，∴，∴，∴，，，∵，∴，∴，∴，∴，∴，∴，，，，∴四邊形是菱形，∴，∴，即：，∵，∴，∴或（舍），即：．【點(diǎn)睛】此題是二次函數(shù)綜合題，主要考查了新定義，平行四邊形，矩形，菱形，正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，三角形的面積公式，求出a=1是解本題的關(guān)鍵．9．已知拋物線y＝x2+bx+c與x軸交于A（4，0）、B（﹣2，0），與y軸交于點(diǎn)C．（1）求拋物線的解析式；（2）點(diǎn)D為第四象限拋物線上一點(diǎn)，設(shè)點(diǎn)D的橫坐標(biāo)為m，四邊形ABCD的面積為S，求S與m的函數(shù)關(guān)系式，并求S的最值；（3）點(diǎn)P在拋物線的對(duì)稱軸上，且∠BPC＝45°，請(qǐng)直接寫出點(diǎn)P的坐標(biāo)．【答案】（1）y＝x2﹣x﹣4；（2）S＝﹣（m﹣2）2+16，S的最大值為16；（3）點(diǎn)P的坐標(biāo)為：（1，﹣1+）或（1，﹣1﹣）．【分析】（1）根據(jù)交點(diǎn)式可求出拋物線的解析式；（2）由S=S△OBC+S△OCD+S△ODA，即可求解；（3）∠BPC=45°，則BC對(duì)應(yīng)的圓心角為90°，可作△BCP的外接圓R，則∠BRC=90°，過點(diǎn)R作y軸的平行線交過點(diǎn)C與x軸的平行線于點(diǎn)N、交x軸于點(diǎn)M，證明△BMR≌△RNC（AAS）可求出點(diǎn)R（1，1），即點(diǎn)R在函數(shù)對(duì)稱軸上，即可求解．【詳解】解：（1）∵拋物線y＝x2+bx+c與x軸交于A（4，0）、B（﹣2，0），∴拋物線的表達(dá)式為：y＝（x﹣4）（x+2）＝x2﹣x﹣4；（2）設(shè)點(diǎn)D（m，m2﹣m﹣4），可求點(diǎn)C坐標(biāo)為（0，4），∴S＝S△OBC+S△OCD+S△ODA＝＝﹣（m﹣2）2+16，當(dāng)m＝2時(shí)，S有最大值為16；（3）∠BPC＝45°，則BC對(duì)應(yīng)的圓心角為90°，如圖作圓R，則∠BRC＝90°，圓R交函數(shù)對(duì)稱軸為點(diǎn)P，過點(diǎn)R作y軸的平行線交過點(diǎn)C與x軸的平行線于點(diǎn)N、交x軸于點(diǎn)M，設(shè)點(diǎn)R（m，n）．∵∠BMR+∠MRB＝90°，∠MRB+∠CRN＝90°，∴∠CRN＝∠MBR，∠BMR＝∠RNC＝90°，BR＝RC，∴△BMR≌△RNC（AAS），∴CN＝RM，RN＝BM，即m+2＝n+4，﹣n＝m，解得：m＝1，n＝﹣1，即點(diǎn)R（1，﹣1），即點(diǎn)R在函數(shù)對(duì)稱軸上，圓的半徑為：＝，則點(diǎn)P的坐標(biāo)為：（1，﹣1+）或（1，﹣1﹣）．【點(diǎn)睛】本題考查的是二次函數(shù)與幾何綜合運(yùn)用，涉及圓周角定理、二次函數(shù)解析式的求法、圖形的面積計(jì)算等，其中（3），要注意分類求解，避免遺漏，能靈活運(yùn)用數(shù)形結(jié)合的思想是解題的關(guān)鍵，（3）的難點(diǎn)是作出輔助圓．10．如圖所示，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線與軸交于點(diǎn)、，與軸交于點(diǎn)，點(diǎn)是第一象限內(nèi)拋物線上的動(dòng)點(diǎn)．（1）求拋物線的解析式；（2）連接與，交于點(diǎn)，求當(dāng)?shù)闹底畲髸r(shí)點(diǎn)的坐標(biāo)；（3）點(diǎn)與點(diǎn)關(guān)于拋物線的對(duì)稱軸成軸對(duì)稱，當(dāng)點(diǎn)的縱坐標(biāo)為2時(shí)，過點(diǎn)作直線軸，點(diǎn)為直線上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，過點(diǎn)作軸于點(diǎn)，在線段上任取一點(diǎn)，當(dāng)有且只有一個(gè)點(diǎn)滿足時(shí)，請(qǐng)直接寫出此時(shí)線段的長(zhǎng)．【答案】（1）；（2）；（3）或【分析】（1）直接利用待定系數(shù)法求解即可；（2）過P作PG∥y軸，交BC于點(diǎn)G，則可構(gòu)造出相似三角形，將轉(zhuǎn)換為求解即可；（3）分兩種情況討論，連接FM，以FM為斜邊，作等腰直角△FHM，當(dāng)以H為圓心FH為半徑作圓H，與x軸相切于K，此時(shí)有且只有一個(gè)點(diǎn)K滿足∠FKM=135°，設(shè)點(diǎn)H（x，y），由“AAS”可證△FHE≌△HMQ，可得HE=QM=y3，HQ=EF=x2，由勾股定理可求y的值，可求點(diǎn)M坐標(biāo)，即可求解．【詳解】（1）將、代入拋物線解析式得：，解得：，∴拋物線的解析式為：；（2）如圖所示，作PG∥y軸，交BC于點(diǎn)G，則△DPG∽△DOC，∴，由題可知：，設(shè)直線BC的解析式為：，將，代入得：，解得：，∴直線BC的解析式為：，，設(shè)P的坐標(biāo)為，則G的坐標(biāo)為，∴，∴，∴當(dāng)時(shí)，有最大值，將代入拋物線解析式得：，∴點(diǎn)P的坐標(biāo)為；（3）①當(dāng)M在F右側(cè)時(shí)，如圖所示，連接FM，以FM為斜邊構(gòu)造等腰直角△FHM，當(dāng)以H為圓心，F(xiàn)H為半徑作圓H，與x軸相切于K時(shí)，此時(shí)有且只有一個(gè)K點(diǎn)滿足∠FKM=135°，此時(shí)，連接HK，交PM于點(diǎn)Q，延長(zhǎng)CF交于HK于E，則HK⊥x軸，設(shè)H（x，y），由題可知，拋物線的對(duì)稱軸為直線x=1，∵點(diǎn)F與點(diǎn)C關(guān)于拋物線的對(duì)稱軸對(duì)稱，∴點(diǎn)F的坐標(biāo)為（2，3），CF∥x軸，∴CF∥PM，∴HK⊥CF，HK⊥PM，∴∠FEH=∠HQM=90°，∵∠FHE+∠MHE=90°，∠FHE+∠HFE=90°，∴∠HFE=∠MHQ，又∵HF=HM，∴△HFE≌△MHQ（AAS），∴HE=QM=y3，HQ=FE=x2，而HQ=HKQK=y2，∴y2=x2，即：x=y，∴FE=y2，∵，F(xiàn)H=HK=y，∴，解得：，（舍去）∴，，∴點(diǎn)M的坐標(biāo)為，∴；②當(dāng)M在F左側(cè)時(shí)，如圖所示，同①的過程，可證得△HFE≌△MHQ，此時(shí)設(shè)H的坐標(biāo)為（x，y），顯然有，HE=QM=y